利用導數(shù)證明不等式的策略

江蘇 張連軍

2021年高考落下了帷幕，在備受矚目的新高考Ⅰ卷數(shù)學試題中，筆者又發(fā)現(xiàn)了久違的老面孔，函數(shù)不等式證明問題，這類不等式證明往往需要借助研究函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合圖形分析推理，而導數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具，所以這類問題的證明需要通過導數(shù)去研究函數(shù)，進而推導不等式.作為高考壓軸題，思維能力要求高，邏輯關(guān)系復雜，往往成為許多學生的痛點.本文就常見的函數(shù)不等式證明方法進行簡要概述.

一、一元不等式的證明問題

所謂一元不等式,即問題中只有單個變量的不等式證明，常有如下的解題策略：

策略1：作差(商)比較,順其自然

對于函數(shù)不等式證明，最常規(guī)的思路就是進行作差(商)比較，構(gòu)造差(商)值函數(shù)，利用函數(shù)的最值(值域)證明.

而右邊不等式可作差轉(zhuǎn)化為xlnx-x+1>0，

設(shè)F(x)=xlnx-x+1,則F′(x)=lnx,

當x>1時,F′(x)>0,所以F(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以F(x)>F(1)=0,故原不等式得證.此題通過作差法構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與范圍，進而證得不等式，是不等式證明的常規(guī)解法.

【例2】證明：當x>0時，x2

【點撥】①欲證函數(shù)不等式f(x)>g(x)，只需證明f(x)-g(x)>0,可設(shè)h(x)=f(x)-g(x),即證h(x)>0,亦證h(x)min>0,而這用導數(shù)往往容易解決.

策略2：一分為二,柳暗花明

若直接求導比較復雜或無從下手時,可將待證式子進行變形,構(gòu)造兩個都便于求導的函數(shù),從而找到可以傳遞的中間量,達到證明的目標.

【解析】此題若直接作差(商)，很難求得差(商)值函數(shù)的最值(值域)，原因是合并后的函數(shù)結(jié)構(gòu)形式復雜，統(tǒng)一化處理困難，此時可以采用一分為二的策略，將其轉(zhuǎn)化為兩個結(jié)構(gòu)較為簡單的函數(shù)來處理.

易知g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2]上單調(diào)遞增,故當0

策略3：合理放縮，化繁為簡

對于較為復雜的超越不等式，進行適當放縮，可以構(gòu)造更為簡單的函數(shù)，事半功倍，以例3第二問為例，可以進行放縮后再構(gòu)造，使得問題簡化.具體如下：

因為當0

因為0

對于跨階函數(shù)的放縮，常見的有指、對數(shù)函數(shù)與一次函數(shù)的放縮，如ex≥x+1，lnx≤x-1等，若能對問題的形式進行合理放縮，使超越函數(shù)轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)，則能起到化繁為簡的功效.

策略4：同形構(gòu)造，研究整體

對于復雜函數(shù)中的不同因式，如果能進行相同化的構(gòu)造，則可以使得構(gòu)造函數(shù)的目標更明確，思維更清晰.

【解析】此題可以采用策略2的方法轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)，

則原不等式等價于g(lnx)+g(-x)>0,

因為g′(x)=ex(x+1)，顯然當x=-1時，g(x)有最小值g(-1)=0故g(x)≥0，而g(lnx)，g(-x)不能同時為0，故g(lnx)+g(-x)>0，所以不等式成立.

【小結(jié)】對復雜函數(shù)構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)能使得問題的結(jié)構(gòu)形式更加清晰，更容易從整體把握函數(shù)的性質(zhì).

二、多元不等式的證明問題

所謂多元不等式，即問題中出現(xiàn)兩個或兩個以上的變量，往往以二元不等式為主，解決多元問題的關(guān)鍵是如何減元，多元化為一元，常有以下策略：

策略1：代入消元，簡單明了

(1)求f(x)的最小值;

(2)若方程f(x)=0有兩個根x1,x2(x12a.

【解析】(1)當a≤0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)無最小值.當a>0時,f(x)最小值為f(a)=lna+1.

(2)若函數(shù)y=f(x)的兩個零點為x1,x2(x1

設(shè)0

令g(x)=f(x)-f(2a-x)(0

所以g(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,g(x)>g(a)=0,

即f(x)>f(2a-x).

令x=x1f(2a-x1),

所以f(x2)=f(x1)>f(2a-x1),

由(1)可得f(x)在(a,+∞)上單調(diào)遞增,所以x2>2a-x1,故x1+x2>2a.

本題利用f(x1)=f(x2)代入消元，采用分析法構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(2a-x)(0

策略2：整體換元，思路清晰

【例6】函數(shù)f(x)=ex+1-kx-2k.(其中e是自然對數(shù)的底數(shù),k∈R)

(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;

(2)若函數(shù)y=f(x)的兩個零點為x1,x2.證明:x1+x2>-2.

【解析】(1)當k>0時,函數(shù)f(x)在(-∞，lnk-1)上單調(diào)遞減,在(lnk-1,+∞)上單調(diào)遞增.

當k≤0時,函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增.

(2)當k≤0時,由(1)知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,不存在兩個零點,所以k>0,

由題意知ex1+1=k(x1+2),ex2+1=k(x2+2),

欲證x1+x2>-2,

即證(t+1)lnt-2(t-1)>0，

設(shè)g(t)=(t+1)lnt-2(t-1)(t>1),

所以g′(t)>g′(1)=0,

故g(t)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增.

所以g(t)>g(1)=0,

即(t+1)lnt-2(t-1)>0,

所以原不等式得證,故x1+x2>-2.

本題主要利用整體換元的方法，將兩個變量用同一字母表示，進而構(gòu)造函數(shù)得解.

策略3：齊次構(gòu)造，整體并元

對于上題的證明過程還可以通過構(gòu)造齊次分式來證明：

要證明x1+x2>-2,

即證(x1+2)+(x2+2)>2,

策略4：主次分明，先易后難

【解析】f(x)=(ax2+2ax+1)ex-2=a(x2+2x)ex+ex-2,

令φ(a)=a(x2+2x)ex+ex-2,

顯然當x≥0時,(x2+2x)ex≥0，

故要證當x≥0時,f(x)<0,

即證當x≥0時，ex(x2+2x-7)+14>0，

令g(x)=ex(x2+2x-7)+14，

則g′(x)=(x-1)(x+5)ex，

易得g(x)min=g(1)=14-4e>0，

故g(x)>0，從而命題得證.

此題采用分主次元的辦法，先從變量a入手，轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的一次函數(shù)，得到關(guān)于x的不等式，再利用導數(shù)研究關(guān)于x的函數(shù)，逐個突破，從易到難，把復雜函數(shù)轉(zhuǎn)化為常見函數(shù)，使之得證.